2022届吉林省长春市十一高中高三上学期第二学程考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届吉林省长春市十一高中高三上学期第二学程考试数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届吉林省长春市十一高中高三上学期第二学程考试数学（理）试题一、单选题1．记全集，设集合则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题只要在数轴上画出相应的区间，再求交集即可.【详解】对于集合A：，∴即是或；对于集合B：，即是或者；在数轴上作图如下：故选：A.2．若复数满足，则的虚部为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算可得，由此即可求出结果.【详解】复数满足方程， ，的虚部为1.故选：C．3．已知空间中的两个不同的平面，，直线平面，则“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断充分性和必要性得到答案.【详解】两个不同的平面，，直线平面，当时，或，不充分；当时，，必要.故选：B.4．一个正棱柱的正视图和俯视图如图所示（单位：），则该三棱柱侧视图的面积（单位：）是（       ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据三视图画出该正三棱柱的直观图求解.【详解】由三视图知：该正三棱柱的直观图，如图所示：该三棱柱侧视图即为矩形,长为，宽为，所以侧视图的面积为，故选：D5．已知向量，，若，则向量与的夹角等于（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据向量垂直的坐标表示求得，再通过向量坐标运算求出，代入公式即可求得向量与的夹角.【详解】解：因为向量，，，所以，解得.所以，，所以设向量与的夹角，则.又因，所以故选：A.6．曲线在处的切线的倾斜角为，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出的导函数，进而求出时，，由导函数的几何意义和倾斜角与斜率的关系，求出，利用万能公式求出结果.【详解】，当时，，所以，由万能公式得：所以故选：B7．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S15>0，S16<0，则数列的前15项中最大的项是（       ）A．第1项 B．第8项C．第9项 D．第15项【答案】B【分析】结合等差数列的前n项和公式以及中项性质得出a8>0，a9<0，公差d<0，进而得到数列{an}是递减数列，然后分析数列的性质即可判断结果.【详解】S15==15a8>0，S16==8（a8+a9）<0，故a8>0，a9<0，公差d<0，所以数列{an}是递减数列，所以a1，…，a8均为正，a9，…，an均为负，且S1，…，S15均为正，S16，…，Sn均为负，则.又，所以，所以最大的项是，即第8项.故选：B.8．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且.下列说法错误的是（       ）A．四棱锥为“阳马”B．四面体为“鳖臑”C．四棱锥体积最大为D．过A点分别作于点E，于点F，则【答案】C【分析】由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.所以在堑堵中，，侧棱平面,在选项A中，因为，，且，则平面，且为矩形，所以四棱锥为“阳马”，故A正确；在选项B中，由，且，所以平面，所以，则为直角三角形，由平面，得,为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，所以四面体为“鳖臑”，故B正确;在选项C中，在底面有，即，当且仅当时取等号，则，所以C不正确；在选项D中，由平面，则且，则平面，所以又且，则平面，则，所以D正确.故选：C.9．在△中，，，，，且点是的中点，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平面向量加法、数乘的几何意义可得、，再应用数量的运算律求即可.【详解】由题设，，，∴，又，∴.故选：A10．已知函数实数a，b满足不等式，则下列不等式成立的是(       )A． B．C． D．【答案】C【分析】设，则，研究的对称性和单调性即可．【详解】设，则，即，∵，即函数是奇函数，∵，∴是增函数，∵，∴，则，得，故选：C.11．已知函数，下列结论中正确的个数是（       ）①的图象关于中心对称；②的图象关于对称；③的最大值为；④既是奇函数，又是周期函数．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】将原函数化为，然后结合的性质以及导数逐项判断即可．【详解】解：，令，则，，对于①：，故的图象关于对称，故①正确；对于②：，故的图象关于对称，故②正确；对于③：令，得，因为，，，最大值为，故③错误；对于④：，故是奇函数，，故，故④正确．故选：C．12．用符号表示不超过的最大整数，例如：，，．设函数有三个零点，，且，则的取值范围是(       )A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可知，得；令，可知 单调递增区间为，单调递减为，作出的草图，由图可知，∴，，而，∴，即，，可得，由此即可求出结果．【详解】∵，，∴①或②．由①得，由②得．令，则，∴．当时，，单调递增，时，，单调递减．事实上，当时，，当时，，作出g(x)如图：由图可知g(x)与y＝－a图像有两个交点时，左边交点在，右边交点在，故f(x)的三个零点情况如下：一个在之间，一个是，一个在，∵，∴，则[]＝0，又∵[]＝1，且，故，[]＝2，.∴，即，解得．故选：B．【点睛】本题主要考査了导函数在函数零点中的应用，关键是因式分解求出已知的零点，然后参变分离构造新函数，将零点问题转化为函数图像交点问题求解.二、填空题13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为40nmile/h，1h后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距________nmile．【答案】【分析】利用正弦定理即可求出结果.【详解】由题意，，，由正弦定理，即，解得．故答案为：．14．如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，分别为和的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为_____．【答案】【分析】连接交于，由已知可得即为异面直线与所成角，不妨设，在中，由余弦定理得答案．【详解】解：如图，连接， 四边形为矩形，，分别为和的中点，则交于，且为的中点，，，或其补角即为异面直线与所成角，不妨设，在中，，，，由余弦定理可得．故答案为：．15．19世纪丹麦数学家琴生对数学分析做出卓越贡献，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果，定义：函数f(x)在(a，b)上的导函数为，在(a，b)上的导函数为，若在(a，b)上<0恒成立，则称函数f(x)在(a，b)上为“严格凸函数”．若函数f(x)=在(1，4)上为“严格凸函数”，则m的取值范围为_____．【答案】【分析】求出函数f(x)的导数，再对求导并根据给定定义列出恒成立的不等式即可得解.【详解】因函数f(x)=，则，，依题意，，而函数在(1，4)上单调递增，即，因此，，所以m的取值范围为.故答案为：16．数列已知数列满足：，（）.正项数列满足：对于每个，，且，，成等比数列，则的前n项和为_____．【答案】【分析】要从数列代数式的代数结构观察，，可以用累乘法；有了以后，再分析的代数结构.【详解】∵，∴，用累乘法：，，；由题意：，，由于是正数，所以，，用裂项相消法：=，故答案为：.三、解答题17．已知的角、、所对边分别为、、，，．(1)求；(2)若角的平分线与交于点，，求、．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理可求得，再利用余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用等面积法得出，结合余弦定理可得出关于、的方程组，由此可解得、的值.【详解】(1)（1）由正弦定理及得，，，即，所以，，所以，，，所以，．(2)解：是角的平分线，，，即，，①，由（1）知，②由①②解得．18．如图1，在矩形ABCD中，AB= 4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1﹣ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.（1）设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；（2）求直线BD1与平面CD1E所成角的正弦值.【答案】（1）AM=；（2）.【分析】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，当AM=时，可通过证明AMFN是平行四边形，得到AN∥MF，进而可得线面平行；（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，以O为坐标原点，OM、OK、OD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线BD1与平面CD1E所成角即可.【详解】（1）取D1E的中点N，连AN、NF，则，∵，当AM=时，，则且，则AMFN是平行四边形，AN∥MF.又平面D1AE，平面D1AE，则MF∥平面D1AE.（2）分别取AE、AB、BC的中点O、G、K，连OD1、OM、OK、EG，∵AD1=ED1=2，∴OD1⊥AE，又平面D1AE⊥平面ABCE且交于AE，∴OD1⊥平面ABCE.易知OK∥AB，OM∥EG∥BC，又AB⊥BC，∴OM⊥OK，故如图建系O﹣xyz.设平面CD1E的法向量 =（x， y， z），∵EC∥y轴，∴，∵，∴D1为（0， 0，），又E为（﹣1， 1， 0），则，由，取，则=（， 0， 1）.又B为（1， 3， 0），则，记直线BD1与平面CD1E所成角的大小为，则.19．已知正项数列满足，，，成等比数列，．(1)证明：数列是等比数列；(2)求及数列的通项公式；(3)若，求数列的前n项和【答案】(1)证明见解析(2)；(3)【分析】（1）由题意得，两边取对数可得，即可证明；（2）由（1）知，所以，即可求解；（3）由可化为，由裂项相消求和法得出，结合（2）即可求证明．【详解】(1)因为，，成等比数列，所以，所以因为，所以，将式两边取对数，得，即，所以，数列是首项为，公比为2的等比数列(2)由（1）知，所以，所以所以(3)因为，即①；又因为，所以，即②；①式代入②式消去，可得所以因为，，则，所以20．已知点在抛物线上，过点的直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，且直线PA交轴于M，直线PB交轴于N.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设为原点，，，试判断是否为定值，若是，求值；若不是，求的取值范围.【答案】(1)；(2)为定值2.【分析】(1)通过抛物线经过的点，求解，得到抛物线方程，设出直线方程联立直线与抛物线方程，然后求解的范围．(2)设点，，设，，，，利用韦达定理，结合直线方程求解，的纵坐标，转化求解为定值2．【详解】(1)因点在抛物线上，则，解得，∴抛物线C的方程为.令直线的斜率为k，则直线方程为：，由消去y并整理得：，因直线与抛物线C有两个不同的交点A、B，则，解得且，又直线PA，PB与相交，而点(1，－2)在抛物线C上，则直线不能过点(1，－2)，否则PA或PB之一平行于y轴，矛盾，因此，综上得：，且，∴直线的斜率的取值范围.(2)设点，，，而，则，同理，设，由(2)知，直线方程：，即，则，令，得，同理，于是得，∴为定值2.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．21．已知函数，.(1)当时，设，求证：；(2)若恰有两个零点，求的最小整数值.【答案】(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）当时，可得解析式，求导可得解析式，根据x的范围，分析可得的单调性，即可得的最大值，分析即可得证.（2）当时，，设，利用导数求得的最值，分析不符合题意；当时，设，利用导数求得，结合解析式，可得，不符合题意；当时，利用导数求得的单调性和最值，根据零点存在性定理，即可求得零点范围，综合即可得答案.【详解】(1)当时，，则，因为， 所以，所以，所以函数在上为增函数，所以；(2)当时，，设，因为，所以，所以，所以函数无零点，当时，设， 因为，所以， 即，，所以函数无零点当时，，设，，所以函数在上为减函数，又，，所以在上存在零点，使，当时，，当时，，函数在上为增函数，在上为减函数，因为，，，所以函数在，各一个零点，综上所述：当时，恰有两个零点，当时，，所以时，是恰有两个零点的最小整数值 .【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调性，极（最）值的方法，并灵活应用，求导后无法判断正负时，需再次求导，根据函数的值域，进行分析和判断，属难题.22．在平面直角坐标系中，的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，的极坐标方程为.(1)求的直角坐标方程；(2)与相交于不同两点、，线段中点为，点，若，求参数方程中的值.【答案】(1)(2)或【分析】（1）将曲线的极坐标方程化为，再利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出曲线的直角坐标方程；（2）设、对应的参数分别为、，将直线的方程代入曲线的普通方程，根据已知条件结合韦达定理可得出关于的二次等式，即可解得的值.【详解】(1)解：由得，所以，将代入得，即，所以的直角坐标方程为；(2)解：将代入整理得设、对应的参数分别为、，则、是方程的两根，所以，因为，所以，所以，此时，所以，所以，所以或.23．已知函数.(1)当时，求函数的最小值；(2)若的解集为，且，求的最小值.【答案】(1)6(2)【分析】（1）利用绝对值的三角不等式可求得最小值；（2）由已知不等式的解析求得，再根据基本不等式可求得最小值.【详解】(1)解：当时，，所以，当时等号成立∴函数的最小值为6.(2)解：由得，因为的解集为，∴，解得，∴，（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），的最小值为.